<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>VNMATH.COM</b>

1 Câu V - Đề thi Đại học khối A năm 2011

Cho x, y, z là ba số thưc thuộc đoạn [1; 4] và x≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P = ₂_x₊₃x _y + _y₊y_z + _z₊z_x. 1

2 Nhiều cách giải câu Bất đẳng thức đề thi ĐH khối A năm 2011

2.1 Đáp án của Bộ Giáo dục: Dồn biến

Trước hết, ta chứng minh với a, b dương và ab ≥1 ta ln có

1
1 +a +

1
1 +b ≥

2
1 +√ab.

Thật vậy, bất đẳng thức đã cho tương đương với (√ab−1)(√a−√b)2 _≥ ₀ _luôn
đúng với a, b dương và ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khia =b hoặcab = 1.
Áp dụng bất đẳng thức trên với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x≥ y, ta có

P = x

2x+ 3y +

1
1 + _yz +

1
1 + x_z ≥

1
2 + 3_xy +

2
1 +qx_y.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z_y = x_z hoặc x_y = 1 (1).
Đặt qx_y = t, t∈ [1; 2]. Khi đó P ≥ ₂_tt22₊₃+

2
1+t.
Xét hàm f(t) = ₂_tt22₊₃ +

2

t+1, t∈ [1; 2]

2_.

Ta có f0(t) = −2[t3₍₂(4_tt2−₊₃₎3)+32₍₁₊t(2t_t−₎21)+9] <0.

Suy ra f(t)≥ f(2) = 34₃₃. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t= 2 hay x_y = 4 (2).
Do đó P ≥ 34

33. Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 4, y =

1, z = 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 34₃₃ khi x = 4, y = 1, z = 2.

2.2 Cách 1:

Xét hàm số

f(x) = ₂_x₊₃x _y + _y₊y_z + _z₊z_x
⇒ f0(x) = ₍₂_x₊₃3y_y₎2 −

z
(z+x)2

1_{Ý tưởng của đề này giống với câu 14, trang 7 trong cuốn Algebraic Inequalities của Vasile Cirtoaje: Cho}_{a, b, c}_∈_[1
3; 3].

Chứng minh rằng: _a₊a_b+_b₊b_c+_c₊c_a ≥7

5. Đáp án của Bộ cùng ý tưởng với cách giải trong cuốn sách này. Xem thêm phần

phụ lục.

2_{Để tránh việc khảo sát cồng kềnh này ta có thể xét hiệu}_f₍_t₎₋_f_{(2) =}(2−t)(35t2₋₂₇_t₊₄₈₎

33(3+2t2₎₍_t₊₁₎ ≥0,∀t∈[1; 2].

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>VNMATH.COM</b>

Ta sẽ chứng minh

3y(x+z)2 ≤ z(2x+ 3y)2

⇔ z(4x2+ 9y2) + 6xyz ≥ 3yx2+ 3yz2

⇔ z(2x−3y)2+ 3y(4z −x) + 3yz(2x−z)≥ 0 ln đúng vì z ≤ x≤ 4z

⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng [1;4]

⇒ f(x)≥f(4) = ₃_y4₊₈ + _y₊y_z + _z₊₄z = f(y)
⇒ f0(y) = ₍_y₊z_z₎2 −

12
(3y+8)2

Tiếp theo ta sẽ chứng minh
z(3y + 8)2 ≥12(y +z)2

⇔ z(48−12z) + 9y2₍_z₋_{1) + 3}_y₍₈_z₋_y₎_≥₀ _{bởi vì} ₄_≥ _z _≥_1;_y _≤ ₄_z

⇒ f(y) đồng biến trên khoảng [1;4]

⇒ f(y)≥ f(1) = ₁₁4 + ₁₊1_z + _z₊₄z ≥ 34
33

2.3 Cách 2

Ta chứng minh ₂_tt₊₃ ≥ ₁₂₁3 t− ₁₂₁32

Thay t bởi x_y ta có: ₂_x₊₃x _y ≥ ₁₂₁3x_y − ₁₂₁32

Ta chứng minh _t₊₁t ≥ 4₉t + ₁₈5

Thay t bởi t = y_z;t= z_x ta có:
y

y+z ≥
4y
9z +

5
18
và _z₊z_x ≥ 4z

9x +
5
18
Do đó F ≥ 3x

121y +
4y
9z +

4z
9x +

634
2178.
Kết hợp với ₈x_y + y_z + z_x ≥ 3

2 và
x
y ≤4

Tiếp tục khảo sát ta có giá trị nhỏ nhất của P là 34₃₃.

2.4 Cách 3

Đặt a= x_y, b = x_z. Ta có a, b∈ [1; 4] và P = ₂_aa₊₃ + _a₊b_b + ₁₊1_b.
Ta sẽ chứng minh ₂_aa₊₃ + _a₊b_b ≥ ₁₁4 + ₄₊b_b với mọi a, b∈ [1; 4].

Sau đó ta sẽ chứng minh _b₊₄b + ₁₊1_b ≥ 2₃. Từ đó ta có giá trị nhỏ nhất của P là 34₃₃
khi x= 4;y = 1;z = 2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>VNMATH.COM</b>

2.5 Cách 4

Xét P(z) == ₂_x₊₃x _y + _y₊y_z + _z₊z_x.

Nếu x=y ∈ [1; 4] thì P(z) = 6₅ với mọi z ∈[1;x].
Nếu x > y ta có P0(z) = (₍x_y−₊_zy₎)(2z₍_x2−₊xy_z₎2).

Vì x > y nên x−y > 0 và P0(z) = 0 khi z = √xy < xnên P(z) ≥ P(√xy) =

x
2x+3y +

2√y

√

x+√y.

Đặt t= qx_y, t∈ [1; 2] và xét f(t) = ₂_t2t2₊₃ +

2
t+1.
Ta có f0(t) = −2(4₍_t₊₁₎t4−23₍₂t2_t+62₊₃₎t2+6)2 < 0 với mọi t ≥ 1.

Suy ra f(t)≥ f(2) = ₃₃34. Dấu bằng xảy ra khi x = 4;y = 1;z = 2.

2.6 Cách 5

Đặt a= x_y, b = y_z, c= z_x. Ta có abc= 1, a ∈ [1; 4], b, c ∈[1₄; 4].
Ta có P = ₂_aa₊₃+ _b₊₁b + _c₊₁c = ₂_aa₊₃ + _ac1₊₁ + _c₊₁c .

Nếu a= 1 thì P = 6₅.

Nếu a ∈ (1; 4] thì P0(c) = ₍(_aca−₊₁₎1)(2ac₍_c2₊₁₎−1)2. Từ đó suy ra P(c) ≥ P(

1

√

a). Việc còn lại
là chứng minh P(√1

a)≥
34
33.

3 Phụ lục: Chứng minh câu Bất đẳng thức của Vasile Cirtoaje

Đây là lời giải được VNMATH chụp từ
cuốn Algebraic Inequalities của Vasile

Cirtoaje.

Hình 1: Hình 2:

</div>

<!--links-->